Xem toàn bộ tài liệu Lớp 10 – Chân Trời Sáng Tạo: tại đây
Mở đầu trang 88 Hóa học 10:
Biến thiên enthalpy của phản ứng trên được tính toán dựa trên các giá trị nào?
Lời giải:
CH4(g) + 2O2(g)
→
t
°
CO2(g) + 2H2O(l)
Biến thiên enthalpy của phản ứng cháy của methane có thể được tính theo hai cách:
– Cách 1: Dựa vào nhiệt tạo thành chuẩn của các chất.
Δ
r
H
298
o
=
∑
Δ
f
H
298
0
(
s
p
)
−
∑
Δ
f
H
298
o
(
c
d
)
∆r
H
298
o
= ∆f
H
298
o
(CO2) + 2.∆f
H
298
o
(H2O) – ∆f
H
298
o
(CH4) – 2.∆f
H
298
o
(O2)
– Cách 2: Dựa vào năng lượng liên kết của các chất.
Δ
r
H
298
o
=
∑
E
b
(
c
d
)
−
∑
E
b
(
s
p
)
∆r
H
298
o
= Eb(CH4) + 2.Eb(O2) – Eb(CO2) – 2.Eb(H2O)
∆r
H
298
o
= 4.Eb(C-H) + 2.Eb(O=O) – 2. Eb(C=O) – 2.2.Eb(O-H)
Câu hỏi 1 trang 88 Hóa học 10:
Lời giải:
Khi H2 phản ứng với O2 tạo thành H2O (ở thể khí) liên kết H-H và O=O bị đứt ra, liên kết O-H được hình thành.
Câu hỏi 2 trang 89 Hóa học 10:
Lời giải:
|
Phân tử |
Công thức cấu tạo |
Số lượng mỗi loại liên kết |
|
|
CH4 |
|
4 liên kết C-H |
|
|
CH3Cl |
 |
3 liên kết C-H 1 liên kết C-Cl |
|
|
NH3 |
|
3 liên kết N-H |
|
|
CO2 |
(cau-hoi-2-trang-89-hoa-hoc-10-3) |
|
2 liên kết C=O |
Câu hỏi 3 trang 89 Hóa học 10:
N2(g) + O2(g)
→
t
°
/
t
i
a
l
u
a
d
i
e
n
2NO(g)
Lời giải:
N2(g) + O2(g)
→
t
°
/
t
i
a
l
u
a
d
i
e
n
2NO(g)
∆ r
H
298
o
= Eb(N2) + Eb(O2) – 2Eb(NO)
∆ r
H
298
o
= Eb(N≡N) + Eb(O=O) – 2Eb(N=O)
∆ r
H
298
o
= 945 + 498 – 2.607 = 229 kJ
Ta thấy để phá vỡ 1 liên kết N≡N và 1 liên kết O=O để hình thành 2 liên kết N-O cần cung cấp nhiệt lượng lớn (229 kJ).
⇒ Cần thực hiện ở nhiệt độ cao hoặc có tia lửa điện thì phản ứng mới xảy ra.
Luyện tập trang 89 Hóa học 10:
H
298
o
của phản ứng sau dựa vào giá trị Eb ở Bảng 14.1:
CH4(g) + Cl2(g)
→
a
s
k
t
CH3Cl(g) + HCl(g)
Hãy cho biết phản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt?
Lời giải:
∆ r
H
298
o
= Eb(CH4) + Eb(Cl2) – Eb(CH3Cl) – Eb(HCl)
∆ r
H
298
o
= 4.Eb(C-H) + Eb(Cl-Cl) – 3Eb(C-H) – Eb(C-Cl) – Eb(H-Cl)
∆ r
H
298
o
= 4.413 + 243 – 3.413 – 339 – 427
∆ r
H
298
o
= -110 kJ < 0
⇒Phản ứng tỏa nhiệt.
Vận dụng trang 90 Hóa học 10:
2H2(g) + O2(g)
→
t
°
2H2O(g) (1)
C7H16(g) + 11O2(g)
→
t
°
7CO2(g) + 8H2O(g) (2)
So sánh kết quả thu được, từ đó cho biết H2 hay C7H16 là nhiên liệu hiệu quả hơn cho tên lửa (biết trong C7H16 có 6 liên kết C-C và 16 liên kết C-H)
Lời giải:
2H2(g) + O2(g)
→
t
°
2H2O(g) (1)
∆ r
H
298
o
(1) = 2.Eb(H2) + Eb(O2) – 2.Eb(H2O)
∆ r
H
298
o
(1) = 2.Eb(H-H) + Eb(O=O) – 2.2.Eb(O-H)
∆ r
H
298
o
(1) = 2.432 + 498 – 2.2.467 = -506 kJ
C7H16(g) + 11O2(g)
→
t
°
7CO2(g) + 8H2O(g) (2)
∆ r
H
298
o
(2) = Eb(C7H16) + 11.Eb(O2) – 7.Eb(CO2) – 8.Eb(H2O)
∆ r
H
298
o
(2) = 6.Eb(C-C) + 16Eb(C-H) + 11.Eb(O=O) – 7.2.Eb(C=O) – 8.2.Eb(O-H)
∆ r
H
298
o
(2) = 6.347 + 16.413 + 11.498 – 7.2.745 – 8.2.467 = -3734 kJ
Ta thấy: ∆ r
H
298
o
(2) < ∆ r
H
298
o
(1) ⇒ Phản ứng (2) xảy ra thuận lợi hơn phản ứng (1)
⇒ C7H16 là nhiên liệu hiệu quả hơn cho tên lửa.
Luyện tập trang 90 Hóa học 10:
H
298
o
của hai phản ứng sau:
3O2(g) → 2O3(g) (1)
2O3(g) → 3O2(g) (2)
Liên hệ giữa giá trị ∆ r
H
298
o
với độ bền của O3, O2 và giải thích, biết phân tử O3 gồm 1 liên kết đôi O=O và 1 liên kết đơn O-O.
Lời giải:
3O2(g) → 2O3(g) (1)
∆ r
H
298
o
(1) = 3.Eb(O2) – 2.Eb(O3)
∆ r
H
298
o
(1) = 3.Eb(O=O) – 2.[Eb(O-O) + Eb(O=O)]
∆ r
H
298
o
(1) = 3.498 – 2.(204 + 498) = 90 kJ
2O3(g) → 3O2(g) (2)
∆ r
H
298
o
(2) = 2.Eb(O3) – 3.Eb(O2)
∆ r
H
298
o
(2) = 2.[Eb(O-O) + Eb(O=O)] – 3.Eb(O=O)
∆ r
H
298
o
(2) = 2.(204 + 498) – 3.498 = -90 kJ
⇒Phản ứng (2) xảy ra thuận lợi hơn
Bên cạnh đó O3 kém bền hơn O2
⇒∆ r
H
298
o
càng âm, chất tạo ra càng bền hơn.
Vận dụng trang 91 Hóa học 10:
4C3H5O3(NO2)3(s) → 6N2(g) + 12CO2(g) + 10H2O(g) + O2(g)
Hãy giải thích vì sao trinitroglycerin được ứng dụng làm thành phần thuốc súng không khói.
Lời giải:
4C3H5O3(NO2)3(s) → 6N2(g) + 12CO2(g) + 10H2O(g) + O2(g)
∆ r
H
298
o
= 6.∆ f
H
298
o
(N2) + 12. ∆ f
H
298
o
(CO2) + 10. ∆ f
H
298
o
(H2O) + ∆ f
H
298
o
(O2) – 4. ∆ f
H
298
o
(C3H5O3(NO2)3)
∆ r
H
298
o
= 6.0 + 12.(-393,50) + 10.(-241,82) + 0 – 4.(-370,15) = -5659,6 kJ < 0
⇒ Phản ứng tỏa lượng nhiệt rất lớn và có khả năng sát thương cao.
⇒ Trinitroglycerin được ứng dụng làm thành phần thuốc súng không khói.
Câu hỏi 4 trang 91 Hóa học 10:
Lời giải:
– Giá trị biến thiên enthalpy của phản ứng có liên quan tới hệ số các chất trong phương trình nhiệt hóa học.
Khi tính giá trị biến thiên enthalpy của phản ứng thì cần nhân hệ số tỉ lượng với enthalpy tạo thành của các chất tương ứng.
– Giá trị enthalpy tạo thành thường được đo ở điều kiện chuẩn: Áp suất 1 bar (đối với chất khí), nồng độ 1 mol/L (đối với chất tan trong dung dịch) và thường chọn nhiệt độ 25oC (hay 298K)
Luyện tập trang 91 Hóa học 10:
H
298
o
của các phản ứng sau:
CS2(l) + 3O2(g)
→
t
°
CO2(g) + 2SO2(g) (1)
4NH3(g) + 3O2(g)
→
t
°
2N2(g) + 6H2O(g) (2)
Lời giải:
CS2(l) + 3O2(g)
→
t
°
CO2(g) + 2SO2(g) (1)
∆ r
H
298
o
(1) = 1.∆ f
H
298
o
(CO2) + 2.∆ f
H
298
o
(SO2) – 1.∆ f
H
298
o
(CS2) – 3.∆ f
H
298
o
(O2)
∆ r
H
298
o
(1) = -393,50 + 2.(-296,80) – 1.87,90 – 3.0 = -1075 kJ
4NH3(g) + 3O2(g)
→
t
°
2N2(g) + 6H2O(g) (2)
∆ r
H
298
o
(2) = 2.∆ f
H
298
o
(N2) + 6.∆ f
H
298
o
(H2O) – 4.∆ f
H
298
o
(NH3) – 3.∆ f
H
298
o
(O2)
∆ r
H
298
o
(2) = 2.0 + 6.(-241,82) – 4.(-45,9) – 3.0 = -1267,32 kJ
Bài 1 trang 92 Hóa học 10:
H
298
o
của các phản ứng sau dựa theo năng lượng liên kết (sử dụng số liệu từ Bảng 14.1):
a) N2H4(g) → N2(g) + 2H2(g)
b) 4HCl(g) + O2(g)
→
t
°
2Cl2(g) + 2H2O(g)
Lời giải:
a) N2H4(g) → N2(g) + 2H2(g)
∆ r
H
298
o
= Eb(N2H4) – Eb(N2) – 2.Eb(H2)
∆ r
H
298
o
= Eb(N-N) + 4.Eb(N-H) – Eb(N≡N) – 2.Eb(H-H)
∆ r
H
298
o
= 163 + 4.391 – 945 – 2.432 = -82 kJ
b) 4HCl(g) + O2(g)
→
t
°
2Cl2(g) + 2H2O(g)
∆ r
H
298
o
= 4.Eb(HCl) + Eb(O2) – 2Eb(Cl2) – 2Eb(H2O)
∆ r
H
298
o
= 4.Eb(H-Cl) + Eb(O=O) – 2.Eb(Cl-Cl) – 2.2.Eb(O-H)
∆ r
H
298
o
= 4.427 + 498 -2.243 – 2.2.467 = -148 kJ
Bài 2 trang 92 Hóa học 10: Dựa vào Bảng 13.1, tính biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng đốt cháy hoàn toàn 1 mol benzene C6H6(l) trong khí oxygen, tạo thành CO2(g) và H2O(l). So sánh lượng nhiệt sinh ra khi đốt cháy hoàn toàn 1,0 g propane C3H8(g) với lượng nhiệt sinh ra khi đốt cháy hoàn toàn 1,0 g benzenne C6H6(l).
Lời giải:
C6H6(l) +
15
2
O2(g)
→
t
°
6CO2(g) + 3H2O(l)
∆ r
H
298
o
= 6.∆ f
H
298
o
(CO2) + 3. ∆ f
H
298
o
(H2O) – ∆ f
H
298
o
(C6H6) –
15
2
∆ f
H
298
o
(O2)
∆ r
H
298
o
= 6.(-393,50) + 3.(-285,84) – (+49,00) –
15
2
.0
∆ r
H
298
o
= -3267,52 kJ
1,0 gam C6H6(l) ứng với
1
78
mol C6H6(l)
Đốt cháy 1 mol C6H6(l) tỏa ra 3267,52 kJ nhiệt lượng
⇒ Đốt cháy
1
78
mol C6H6(l) tỏa ra là
1
78
.3267,52 = 41,89 kJ nhiệt lượng
C3H8(g) + 5O2(g)
→
t
°
3CO2(g) + 4H2O(g)
∆ r
H
298
o
= 3.∆ f
H
298
o
(CO2) + 4. ∆ f
H
298
o
(H2O) – ∆ f
H
298
o
(C3H8) – 5.∆ f
H
298
o
(O2)
∆ r
H
298
o
= 3.(-393,50) + 4.(-285,84) – (-105,00) – 5.0
∆ r
H
298
o
= -2218,86 kJ
1,0 gam C3H8(g) ứng với
1
44
mol C3H8(g)
Đốt cháy 1 mol C3H8(g) tỏa ra 2218,86 kJ nhiệt lượng
⇒ Đốt cháy
1
44
mol C3H8(g) tỏa ra là
1
44
.2218,86 = 50,43 kJ nhiệt lượng
Lượng nhiệt sinh ra khi đốt cháy hoàn toàn 1,0 g propane C3H8(g) nhiều hơn khi đốt cháy hoàn toàn 1,0 g benzenne C6H6(l).
Bài 3 trang 93 Hóa học 10: Dựa vào enthalpy tạo thành ở Bảng 13.1, tính biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng nhiệt nhôm:
2Al(s) + Fe2O3(s)
→
t
°
2Fe(s) + Al2O3(s)
Từ kết quả tính được ở trên, hãy rút ra ý nghĩa của dấu và giá trị ∆ r
H
298
o
đối với phản ứng.
Lời giải:
2Al(s) + Fe2O3(s)
→
t
°
2Fe(s) + Al2O3(s)
∆ r
H
298
o
= 2.∆ f
H
298
o
(Fe) + ∆ f
H
298
o
(Al2O3) – 2. ∆ f
H
298
o
(Al) – ∆ f
H
298
o
(Fe2O3)
∆ r
H
298
o
= 2.0 + (-1676,00) – 2.0 – (-825,5)
∆ r
H
298
o
= -850,5 kJ < 0
⇒ Phản ứng nhiệt nhôm sinh ra một lượng nhiệt rất lớn.
Bài 4 trang 93 Hóa học 10: Cho phương trình nhiệt hóa học sau:
SO2(g) +
1
2
O2(g)
→
t
°
,
V
2
O
5
SO3(g) ∆ r
H
298
o
= -98,5 kJ
a) Tính lượng nhiệt giải phóng ra khi chuyển 74,6 g SO2 thành SO3.
b) Giá trị ∆ r
H
298
o
của phản ứng: SO3(g) → SO2(g) +
1
2
O2(g) là bao nhiêu?
Lời giải:
a) 74,6 g SO2 tương ứng với
74
,
6
64
mol SO2
Đốt cháy hoàn toàn 1 mol SO2(g) sinh ra 98,5 kJ nhiệt lượng
⇒ Đốt cháy hoàn toàn
74
,
6
64
mol SO2(g) sinh ra 98,5.
74
,
6
64
= 114,81 kJ nhiệt lượng
b) Lượng nhiệt giải phóng ra khi chuyển 1 mol SO2 thành 1 mol SO3 là 98,5 kJ
⇒ Lượng nhiệt cần cung cấp để phân hủy 1 mol SO3 cũng là 98,5 kJ
⇒ Giá trị ∆ r
H
298
o
của phản ứng: SO3(g) → SO2(g) +
1
2
O2(g) là +98,5 kJ.
Bài 5 trang 93 Hóa học 10: Khí hydrogen cháy trong không khí tạo thành nước theo phương trình hóa học sau:
2H2(g) + O2(g) → 2H2O(g) ∆ r
H
298
o
= -483,64 kJ
a) Nước hay hỗn hợp của oxygen và hydrogen có năng lượng lớn hơn? Giải thích.
b) Vẽ sơ đồ biến thiên năng lượng của phản ứng giữa hydrogen và oxygen.
Lời giải:
a) ∆ r
H
298
o
= Σ∆ f
H
298
o
(sp) – Σ ∆ f
H
298
o
(cđ) < 0
⇔ Σ∆ f
H
298
o
(sp) < Σ ∆ f
H
298
o
(cđ)
Vậy hỗn hợp của oxygen và hydrogen có năng lượng lớn hơn nước.
b) Sơ đồ biến thiên năng lượng của phản ứng giữa hydrogen và oxygen.
Bài 6 trang 93 Hóa học 10: Xét quá trình đốt cháy khí propane C3H8(g):
C3H8(g) + 5O2(g)
→
t
°
3CO2(g) + 4H2O(g)
Tính biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng dựa vào nhiệt tạo thành của hợp chất (Bảng 13.1) và dựa vào năng lượng liên kết (Bảng 14.1). So sánh hai giá trị đó và rút ra kết luận.
Lời giải:
C3H8(g) + 5O2(g)
→
t
°
3CO2(g) + 4H2O(g)
Tính theo nhiệt tạo thành của hợp chất:
∆ r
H
298
o
= 3.∆ f
H
298
o
(CO2) + 4. ∆ f
H
298
o
(H2O) – ∆ f
H
298
o
(C3H8) – 5.∆ f
H
298
o
(O2)
∆ r
H
298
o
= 3.(-393,50) + 4.(-241,82) – (-105,00) – 5.0
∆ r
H
298
o
= -2042,78 kJ
Tính theo năng lượng liên kết:
∆ r
H
298
o
= Eb(C3H8) + 5.Eb(O2) – 3Eb(CO2) – 4Eb(H2O)
∆ r
H
298
o
= 2.Eb(C-C) + 8.Eb(C-H) + 5.Eb(O=O) -3.2.Eb(C=O) – 4.2.Eb(O-H)
∆ r
H
298
o
= 2.347 + 8.413 + 5.498 – 3.2.745 – 4.2.467
∆ r
H
298
o
= -1718 kJ
Hai giá trị tính được gần bằng nhau.